江蘇省鹽城市2021屆新高考物理三模試卷含解析

1、江蘇省鹽城市2021屆新高考物理三模試卷一、單項選擇題：本題共 6小題，每小題 5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合 題目要求的1.下列說法正確的是（）A .核反應(yīng)前后質(zhì)量并不守恒B .愛因斯坦在研究光電效應(yīng)現(xiàn)象時提出了能量子假說C.用一束綠光照射某金屬，能產(chǎn)生光電效應(yīng)，現(xiàn)把這束綠光的強度減為原來的一半，則沒有光電子飛出D.在光電效應(yīng)現(xiàn)象中，光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比【答案】A【解析】【詳解】A .由于存在質(zhì)量虧損，所以核反應(yīng)前后質(zhì)量并不守恒，A正確；B.普朗克在研究黑體輻射問題時提出了能量子假說，B錯誤；C.用一束綠光照射某金屬，現(xiàn)把這束綠光的強度減為原來的一

2、半，因為頻率不變，所以仍能發(fā)生光電效應(yīng)有光電子飛出，C錯誤；D.在光電效應(yīng)現(xiàn)象中，根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm h Wo可知光電子的最大初動能隨入射光頻率的增大而增大，但非成正比關(guān)系，D錯誤。故選A .如圖所示，在與水平方向成。角的勻強電場中有一絕緣光滑細(xì)桿，底端固定一帶正電的小球，上端有一帶正電的小環(huán)，在環(huán)由靜止釋放后沿桿向下運動的過程中，下列關(guān)于小環(huán)能量變化的說法中正確的是()A.重力勢能與動能之和增加C.機械能守恒【答案】B【解析】B.電勢能與動能之和增加D.動能一定增加ABC .在環(huán)由靜止釋放后沿桿向下運動的過程中，受向下的重力、斜向上的電場力和豎直向上的庫侖力， 因電場力和庫侖力對環(huán)都做負(fù)

3、功，可知環(huán)的機械能減??；而環(huán)的動能、重力勢能和電勢能之和守恒，則因AC錯誤,電勢能變大，則重力勢能與動能之和減小；因重力勢能減小，則電勢能與動能之和增加；選項B正確；D.環(huán)下滑過程中一定存在一個重力、電場力、庫侖力以及桿的彈力的四力平衡位置，在此位置時環(huán)的速度最大，動能最大，則環(huán)下滑時動能先增加后減小，選項 D錯誤；故選B。.已知氫原子光譜中有一譜線的波長為656.2nm,該譜線是氫原子由能級n躍遷到能級k產(chǎn)生的，普朗克常量h=6.63M0-34J s,氫原子基態(tài)能量 Ei13.6eV ,氫原子處于能級 m時的能量Em 與，真空m中光速c=3.0 M03m/s。則n和k分別為（）A. k=3;

4、 n=2B. k=2; n=3C. k=3; n=1D. k=1; n=3【答案】B【解析】【詳解】譜線的能量為348c 6.63 103 1019 IE hv h - 9J 3.03 10 J 1.89eV656.2 10氫原子由能級n躍遷到能級k時釋放出的光子的能量為匚E1E1E22nk1113.6(-22 )eVk n3時,n無解;2時,可得1時,可得n 1.1故A、C、D錯誤，B正確;故選Bo.將一個小木塊和一個小鋼珠分別以不同的速度，豎直向上拋出，若小木塊受到的空氣阻力大小跟速度大小成正比，即f kv （其中k為常數(shù)），小鋼珠的阻力忽略不計，關(guān)于兩物體運動的V t圖象正確的是（取向上

5、為正方向）（）【答案】D【解析】【詳解】小鋼珠在運動過程中只受到重力作用，所以小鋼珠的V t圖象為一條向下傾斜的直線， 小木塊在向上運動 過程中其加速度滿足a mg kv m隨著v的減小a減小，當(dāng)速度減為零的瞬間加速度剛好減小到等于重力加速度，此時曲線的斜率跟斜線的 斜率相同，之后小木塊下落，這個過程加速度滿足a mg kv m加速度繼續(xù)減小，如果高度足夠高，小鋼珠最后可能做勻速直線運動;故選Do.如圖所示，重力均為 G的兩小球用等長的細(xì)繩 a、b懸掛在O點，兩小球之間用一根輕彈簧連接，兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩細(xì)繩 a、b與輕彈簧c恰好構(gòu)成正三角形?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動右側(cè)小球，使細(xì)繩a最終豎

6、直，并保持兩小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）A.最終狀態(tài)時，水平拉力 F等于J3GB.最終狀態(tài)與初態(tài)相比，輕彈簧c的彈性勢能保持不變C.最終狀態(tài)與初態(tài)相比，右側(cè)小球機械能的增加量等于彈簧彈性勢能的減小量加上力F做的功D.最終狀態(tài)與初態(tài)相比，系統(tǒng)的機械能增加【答案】D【解析】【分析】【詳解】AB.以左邊小球為研究對象，初狀態(tài)受到重力、彈簧彈力和細(xì)繩拉力，如圖所示根據(jù)平衡條件可得細(xì)繩拉力TaG,其中 =30；則cosT 2Ga .3根據(jù)對稱性可知，初狀態(tài)細(xì)繩b的拉力大小為Tb2G3,末狀態(tài)以右邊的小球為研究對象，受到重力、細(xì)繩b的拉力和水平方向拉力而平衡，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得cos其中a 0

7、,則Tb2G,3c的彈性勢能改變，后來三邊構(gòu)成的三根據(jù)平衡條件可得：F=Gtan”，由于彈簧的長度發(fā)生變化，輕彈簧 角形不是等邊三角形，故 a W60。則F 73g ,故AB錯誤。C.最終狀態(tài)與初態(tài)相比，根據(jù)能量守恒可知，兩球機械能的增加量等于彈簧彈性勢能的減小量加上力 F 做的功，而左側(cè)小球機械能減小，故右側(cè)小球增加量大于彈簧彈性勢能的減小量加上力 F做的功，故C 錯誤；D.兩球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于外力 F做的功，由于F做正功，故系統(tǒng)機械能增加，故 D 正確。故選Do2018年7月29日09時48分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭，以箭雙星”方式成功發(fā)射第33、34

8、顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星?；鸺龑深w衛(wèi)星送入了同一個軌道上的不同位置，如圖所示。如果這兩顆衛(wèi)星與地心連線成?；《龋┙?，在軌運行的加速度大小均為a,均沿順時針做圓周運動。已知地球的半徑為R,地球表面的重力加速度為 g,則第33顆北斗衛(wèi)星從圖示位置運動到第34顆北斗衛(wèi)星圖示位置所用的時間為【解析】【詳解】根據(jù)題意衛(wèi)星運動的加速為a,則GMm2-rma,22m() rGMm在地球表面時 2mg則第33顆北斗衛(wèi)星從圖示位置運動到第34顆北斗衛(wèi)星圖示位置所用的時間為t T2解得：tJg ，故B對；AC。故選B 二、多項選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部

9、選對的得 5分，選對但不全的得 3分，有選錯的得0分一列簡諧橫波沿 x軸正方向傳播，P和Q是介質(zhì)中平衡位置分別位于x=lm和x=7m的兩個質(zhì)點。t=0時刻波傳到P質(zhì)點，P開始沿y軸正方向振動，t=ls時刻P第1次到達(dá)波峰，偏離平衡位置位移為0.2m;t=7s時刻Q第1次到達(dá)波峰。下列說法正確的是（）A.波的頻率為4Hz波的波速為1m/sP和Q振動反相t=13s時刻，Q加速度最大，方向沿 y軸負(fù)方向E.073s時間，Q通過的路程為1.4m【答案】BCE【解析】A.由題意可知1T 1s4可得T=4s頻率f=0.25Hz選項A錯誤；B. t=ls時刻P第1次到達(dá)波峰，t=7s時刻Q第1次到達(dá)波峰，可

10、知在 6s內(nèi)波傳播了 6m,則波速為xv 一 1m/s t選項B正確；C.波長為vT 4m因PQ=6m=1 1入，可知P和Q振動反相，選項 C正確； 2DE . t=7s時刻Q第1次到達(dá)波峰，則t=6s時刻Q點開始起振，則t=13s時刻，Q點振動了 7s=1-T,4則此時Q點到達(dá)波谷位置，加速度最大，方向沿y軸正方向；此過程中Q通過的路程為7A=7X 0.2m=1.4m, 選項D錯誤，E正確。故選BCE。8.下列說法中正確的是（）A.分子運動的平均速率可能為零，瞬時速度不可能為零B.液體與大氣相接觸時，表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引C.空氣的相對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示D

11、.有些非晶體在一定條件下可以轉(zhuǎn)化為晶體E.隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減小，分子勢能不一定減小【答案】BDE【解析】【分析】【詳解】A.分子做永不停息的做無規(guī)則運動，其平均速率不可能為零，而瞬時速度可能為零，故A錯誤；.表面張力的微觀解釋為液體表面層的分子間距較大，表現(xiàn)為引力，故 B正確；C.空氣絕對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示，故 C錯誤；D.晶體具有規(guī)則的幾何形狀，有一定的熔點，物理性質(zhì)表現(xiàn)為各向異性， 非晶體則沒有規(guī)則的幾何形狀，沒有一定的熔點，物理性質(zhì)表現(xiàn)為各向同性， 二者在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)化，例如，天然水晶是晶體，D正確;而熔化以后再凝結(jié)的水晶(即石英玻璃)就是非晶

12、體，故E.隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減小，當(dāng)分子距離小于r0時，分子力為斥力，距離增大時分子斥力做正功，分子勢能減??；當(dāng)分子距離大于ro時，分子力為引力，距離增大時分子引力做負(fù)功，分子勢能增大，故E正確。故選BDE。.如圖所示，用等長的絕緣線分別懸掛兩個質(zhì)量、電量都相同的帶電小球 A和B,兩線上端固定于 。點,B球固定在。點正下方。當(dāng)A球靜止時，兩懸線的夾角為0.下列方法中能保持兩懸線的夾角不變的是( )A.同時使兩懸線長度減半B.同時使兩球的質(zhì)量和電量都減半C.同時使A球的質(zhì)量和電量都減半D.同時使兩懸線長度減半和兩球的電量都減半【答案】CD【解析】【詳解】同時使兩懸線長度減半，若

13、角度。不變，球間距減半，根據(jù)公式 匚=匚三，靜電斥力增加為4倍，故重力和靜電斥力的合力方向一定改變，不能在原位置平衡，故 A錯誤；同時使兩球的質(zhì)量和電荷量減半，A球的重力減小為一半，靜電力都減小為四分之一，故重力和靜電斥力的合力方向一定改變，不能在原位置平衡，故B錯誤；同時使 A球的質(zhì)量和電荷量減半，A球的重力和靜電力都減小為一半，故重力和靜電斥力的合力方向不變， 球能保持平衡，故C正確；同時使兩懸線長度和兩球的電荷量減半，球間距減為一半，根據(jù)公式匚=口不，靜電力不變，故重力和靜電斥力的合力方向不變，球能保持平衡，故D正確。所以CD正確，AB錯誤。10.以下說法正確的是 A.液體表面張力有使液

14、面收縮到最小的趨勢B.水結(jié)為冰時，水分子的熱運動會消失C.熱量總是自動地從分子平均動能大的物體向分子平均動能小的物體轉(zhuǎn)移D.花粉顆粒在水中做布朗運動，反映了花粉分子在不停地做無規(guī)則運動E.恒溫水池中，小氣泡由底部緩慢上升過程中，氣泡中的理想氣體內(nèi)能不變，對外做功，吸收熱量【答案】ACE【解析】 【詳解】A.液體由于存在表面張力，由收縮成球形的趨勢，故 A正確；B.水結(jié)冰時，由液體變?yōu)楣腆w，分子熱運動仍然存在，故 B錯誤；C.由熱力學(xué)第二定律可知，熱量總是自發(fā)的從溫度高的物體傳到溫度低的物體，即熱量總是自動地從分子平均動能大的物體向分子平均動能小的物體轉(zhuǎn)移，故C正確；D.花粉顆粒在水中做布朗運動

15、，反映了水分子在不停地做無規(guī)則運動，故D錯誤；E.由于水池恒溫，故理性氣體溫度不變，內(nèi)能不變，由于氣體上升的過程體積膨脹，故對外做功，由熱 力學(xué)第一定律可知，氣體吸收熱量，故 E正確； 故選ACE。11.如圖甲所示，由一根導(dǎo)線繞成的矩形線圈的匝數(shù)n=10匝，質(zhì)量m = 0.04 kg、高h(yuǎn)=0.05 m、總電阻R= 0.5 Q豎直固定在質(zhì)量為 M = 0.06 kg的小車上，小車與線圈的水平長度l相同。線圈和小車一起沿光滑水平面運動，并以初速度 vo= 2 m/s進(jìn)入垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度B= 1.0 T ,運動過程中線圈平面和磁場方向始終垂直。若小車從剛進(jìn)磁場位置 1運動到剛

16、出磁場位置 2的過程中速度v隨車的位移x變化的圖象如圖乙所示，則根據(jù)以上信息可知（）A.小車的水平長度 l=10cmB.小車的位移 x= 15cm時線圈中的電流I = 1.5AC.小車運動到位置 3時的速度為1.0m/sD.小車由位置 2運動到位置3的過程中，線圈產(chǎn)生的熱量Q= 0.0875J【答案】AC【解析】【詳解】A.從位置1到位置2,開始進(jìn)入磁場，安培力向左，小車減速，全進(jìn)入磁場后，回路磁通量不再變化，沒有感應(yīng)電流，不受安培力開始勻速，所以根據(jù)圖像可以看出小車長10cm, A正確B.小車的位移x= 15cm時，處于勻速階段，磁通量不變，回路電流為零，B錯誤C.小車進(jìn)入磁場過程中：（M

17、m）v2 （M m）w nBIh t nBhq ,出磁場過程中： TOC o 1-5 h z E .(M m)V3 (M m)V2nBIh t nBhq ,而進(jìn)出磁場過程中電量：q It t n,進(jìn)出磁場R R過程中磁通量變化相同，所以電量相同，所以mv2 mv1 mv3 mv2 ,解得：v3 1m/s, C正確212D.從位置2運動到位置3的過程中，根據(jù)能量守恒：一(M m)V2 (M m)V3 Q ,解得： HYPERLINK l bookmark127 o Current Document 2Q 0.0625J , d 錯誤12.長為l、間距為d的平行金屬板水平正對放置，豎直光屏 M到金

18、屬板右端距離為l ,金屬板左端連接有閉合電路，整個裝置結(jié)構(gòu)如圖所示.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以初速度V0從兩金屬板正中間自左端N點水平射入，當(dāng)滑動變阻器的滑片在某一位置時，粒子恰好垂直撞在光屏上.對此過程，下列分析正確的是(),VA .粒子在平行金屬板間的運動時間和從金屬板右端到光屏的運動時間相等 2mgB.板間電場強度大小為 一 qC.若僅將滑片 P向下滑動一段后，再讓該粒子從N點以水平速度V0射入板間，粒子不會垂直打在光屏上D.若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該粒子從 N點以水平速度V0射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上【答案】ABD【解析】A、粒子先在水平放置的平行金屬板間做平拋運動

19、，粒子恰好垂直撞在光屏上，所以粒子離開電場后，粒 子一定打在屏的上方，做斜上拋運動，粒子在水平放置的平行金屬板間做平拋運動和離開電場后斜上拋運 動，水平方向都不受外力，都做勻速直線運動，速度都等于V0,所以粒子在平行金屬板間的運動時間和從金屬板右端到光屏的運動時間相等，故A正確；B、設(shè)粒子在平行金屬板間的運動過程中加速度大小為a,則粒子離開電場豎直分速度大小為qE mg ll2mgVy at1m一丁，粒子離開電場后斜上拋運動則有Vy gt2 g v ,聯(lián)立解得E j，故B正確；C、若僅將滑片 P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓減小，帶電量要減小，因為二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器?/p>

20、能放電，帶電量不變，板間的電壓不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒 子從N點以水平速度Vo射入板間，粒子會垂直打在光屏上，故 C錯誤；Q、，一，D、若僅將兩平行板的間距變大一些，電谷器的電谷要減小，由 C J知U不變，電量要減小，但因為 二極管具有單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，帶電量不變，板間的電場強度不變，所以粒子的運動情況不變，再讓1粒子從 N點以水平速度V。射入板間，粒子會垂直打在光屏上，故D正確;故選ABD .【點睛】粒子先在水平放置的平行金屬板間做平拋運動，粒子恰好垂直撞在光屏上，所以粒子離開電場后，粒子一定打在屏的上方，做斜上拋運動，粒子在水平放置的平行金屬板間做平拋運動和離開

21、電場后斜上拋運動，采用運動的合成與分解求解.三、實驗題：共2小題，每題8分，共16分13.很多人都認(rèn)為 力越小速度就越小”，為了檢驗這個觀點是否正確，某興趣小組的同學(xué)設(shè)計了這樣的實驗方案：在水平桌面上放一木塊，木塊后端與穿過打點計時器的紙帶相連，前端通過定滑輪與不可伸長的細(xì)線相連接，細(xì)線上不等間距地掛了五個鉤碼，其中第四個鉤碼與第五個鉤碼之間的距離最大。起初木塊停在靠近打點計時器的位置，第五個鉤碼到地面的距離小于木塊到定滑輪的距離，如圖甲所示。接通打點計時器，木塊在鉤碼的牽引下，由靜止開始運動，所有鉤碼落地后，木塊會繼續(xù)運動一段距離。打點計時器使用的交流電頻率為 50Hz。圖乙是實驗得到的第一

22、個鉤碼落地后的一段紙帶，紙帶運動方向如箭頭所示。(當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?g取9.8m/s2)i第反)的研 ：圉用IM L 黜2 31) 1由2,SO 50 三棚 EMI 尉嶺門血 k X 啟 A X B兒3a飛、員兀1 圖乙(1)根據(jù)紙帶上提供的數(shù)據(jù)，可以判斷第五個鉤碼落地時可能出現(xiàn)在紙帶中的 段(用Di, D2,，D15字母區(qū)間表示)；第四個鉤碼落地后至第五個鉤碼落地前木塊在做 運動。(2)根據(jù)紙帶上提供的數(shù)據(jù)，還可以計算出第五個鉤碼落地后木塊運動的加速度大小為 m/s 2 ；木塊與 桌面間的動摩擦因數(shù)為=。(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)根據(jù)紙帶上提供的數(shù)據(jù)，分析可知為越小速度就越小”的觀

23、點是的。(填 正確”或 錯誤”)【答案】D106勻速直線5.00.51 錯誤(1)12.第五個鉤碼落地后木塊將做減速運動，點跡間距逐漸減小，則可以判斷第五個鉤碼落地時可能出現(xiàn)在紙帶中的 Di。 Dii ；由此也可判斷第四個鉤碼落地后至第五個鉤碼落地前的一段時間內(nèi)，紙帶上點跡均勻，木塊在做勻速直線運動。(2)34.由紙帶可看出，第五個鉤碼落地后 x 0.2cm根據(jù) x aT2可得木塊運動的加速度大小為_2x 0.2 10222 5.0m/sT 0.02mg g m可得科=0.51(3)5 .根據(jù)紙帶上提供的數(shù)據(jù)，分析可知力越小速度就越小”的觀點是錯誤的。14 .在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗中

24、。(1)某組同學(xué)用如圖甲所示裝置，采用控制變量的方法，來研究小車質(zhì)量不變的情況下，小車的加速度與小車受到合力的關(guān)系。下列措施中不需要和不正確的是 ;A.平衡摩擦力的方法就是在祛碼盤中添加祛碼，使小車能勻速滑動；B.每次改變拉小車?yán)蟛恍枰匦缕胶饽Σ亮Γ籆 .實驗中通過在祛碼盤中添加祛碼來改變小車受到的拉力；D.每次小車都要從同一位置開始運動；E.實驗中應(yīng)先放小車，然后再開打點計時器的電源；甲(2)實驗使用頻率為 50Hz的交流電源，得到的一條紙帶如圖乙所示。 從比較清晰的點起， 每4個點取一 個計數(shù)點，第1與第2個計數(shù)點的間距為 s=3.58cm,第3與第4個計數(shù)點的間距為 s =4.71

25、cm ,該小車的 加速度大小a=m/s2 (保留兩位有效數(shù)字)?！敬鸢浮緼DE 0.88【解析】【分析】【詳解】1AB ,平衡摩擦力時，不是在祛碼盤中添加祛碼，而是通過調(diào)節(jié)墊板使重力沿木板方向的分力等于 摩擦力，即mgsin mgcos可以約掉m,只需要平衡一次摩擦力，故 A錯誤，符合題意；B正確，不符合題意；C正確，不符合題意;C.實驗中通過在祛碼盤中添加祛碼來改變小車受到的拉力，故D.實驗中每次小車不需要從同一位置開始運動，故 D錯誤，符合題意；E.實驗中應(yīng)先開打點計時器的電源，然后再放小車，故 E錯誤，符合題意； 故選ADE。2每4個點取一個計數(shù)點，則兩個相鄰計數(shù)點的時間間隔為T 4 0

26、.02s=0.08s根據(jù)s3 S1 2aT2得S3 s1ss a2-2-2T 2T代入數(shù)值解得2a 0.88m/s四、解答題：本題共 3題，每題8分，共24分15.如圖，質(zhì)量 M 0.3kg的長方體鋼板靜止在粗糙的水平面上，質(zhì)量m 0.5kg的滑塊靜止在鋼板右端。一質(zhì)量mo 0.2kg的光滑小球沿水平面以初速度v0 5m/s向右運動，與鋼板發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，碰后鋼板向右滑行，滑塊恰好不從鋼板上掉下來。已知鋼板與水平面間的動摩擦因數(shù)10.1 ,與滑塊間的動摩擦因數(shù)2 0.2,取g 10m/s2。求:(1)碰后瞬間，小球的速度大小和鋼板的速度大??；(2)滑塊在鋼板上滑行的時間t;(3)鋼

27、板的長度L以及鋼板剛停下時滑塊與小球間的距離x?！敬鸢浮?1)1m/s, 4m/s； (2) 0.5s； (3)1m , 2.25m(1)碰后瞬間，設(shè)小球的速度為 v,鋼板的速度為 ,小球與鋼板發(fā)生彈性正碰，取水平向右為正，滿足動 量守恒和機械能守恒，則m0v0 m0v Mv1 TOC o 1-5 h z 12 12 1 2m0v0m0vMv1222解得v m_Mv01m/sm0 M2m0v0v14m/sm0 M小球的速度大小為1m/s,鋼板的速度大小為 4m/s。(2)碰后，滑塊水平向右做勻加速直線運動，鋼板水平向右做勻減速直線運動，直至與滑塊的速度相同。設(shè)鋼板、滑塊運動的加速度大小分別為a

28、1、a2,根據(jù)牛頓第二定律有1(M m)g 2mg Ma12mg ma2鋼板與滑塊速度相同時有v1a1t1v2a2t1解得t10.5s鋼板與滑塊共速后，由于1(M m)g a .1g a2M m滑塊與鋼板以相同的加速度一起水平向右做勻減速直線運動，則滑塊在鋼板上滑行的時間t t10.5s(3)在0 ： t1內(nèi)，鋼板的位移大小v1 、2 .x112滑塊的位移大小X2v2t鋼板的長度Lx1x2解得L 1m設(shè)鋼板與滑塊共速后到剛停下所用的時間為t2 ,則+a2、t2 a鋼板剛停下時滑塊與小球間的距離x |v| tl t2x2- at22解得x 2.25m16.平面直角坐標(biāo)系 xOy中，第I象限存在垂

29、直于平面向里的勻強磁場，第印象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，如圖所示.一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度vo沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍.粒子從坐標(biāo)原點 O離開電場進(jìn)入磁場，最終從 x軸上的P點射出磁場，P點 到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等.不計粒子重力，問：(1)粒子到達(dá)。點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比.【答案】(1) J2V0 ,與x軸正方向成45 角斜向上 (2)包2【解析】【分析】【詳解】(1)粒子運動軌跡如圖:粒子在電場中由 Q到O做類平拋運動，設(shè) O點速度v與x方向夾角為軸的距離為2L,粒子的加速度為 a,運動時間為t,根據(jù)平拋運動的規(guī)律有:Q點到x軸的距離為L,至ij yx 方向：2L Voty 方向：L at22粒子到達(dá)。點時沿y軸方向的分速度:vyattanvyvx解得tan 1,即 45 ,粒子到達(dá)O點時的夾角為450解斜向上，粒子到達(dá) 。點時的速度大小為vo v cos45(2)設(shè)電場強度為E,粒子電荷